Nhị thức newton các dạng bài tập cơ bản tới nâng cao

Thầy Kiên: 01692894586
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG TỔ HỢP
PHẦN I (ÁP DỤNG TRỰC TIẾP)
Bắt đầu từ những khai triển Newton:
a)
( )
0 1 2 2
1
n
n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
( )
( )
0 1 2 2
1
1 2 1
1
1 .2 .
n
n n
n n n n
n
n n
n n n
x C C x C x C x
n x C C x C nx
−
−
′
′

 
 
⇒ + = + + + +
 
 
⇒ + = + + +
b)
( ) ( )
0 1 2 2
1 1
n n
n n
n n n n
x C C x C x C x− = − + − + −
( ) ( )
( ) ( )
0 1 2 2
1
1 2 1
1 1
1 .2 1 .
n n
n n
n n n n
n n
n n
n n n
x C C x C x C x
n x C C x C nx
−

−
′ ′
   
⇒ − = − + − + −
   
⇒ − − = − + − + −
c)
( )
0 1 1 2 2 1
1
n
n n n n n
n n n n n
x C x C x C x C x C
− − −
+ = + + + + +
( )
( ) ( )
0 1 1 2 2 1
1
0 1 1 2 2 3 1
1
1 ( 1) 2
n
n n n n n
n n n n n
n
n n n n
n n n n
x C x C x C x C x C

n x C nx C n x C n x C
− − −
−
− − − −
′
′
 
 
⇒ + = + + + + +
 
 
⇒ + = + − + − + +
d)
( ) ( ) ( )
1
0 1 1 2 2 1
1 1 1
n n n
n n n n n
n n n n n
x C x C x C x C x C
−
− − −
− = − + − + − + −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
0 1 1 2 2 1
1 1
0 1 1 2 2 3 1

1 1 1
1 ( 1) 2 1
n n n
n n n n n
n n n n n
n n
n n n n
n n n n
x C x C x C x C x C
n x C nx C n x C n x C
−
− − −
− −
− − − −
′ ′
   
⇒ − = − + − + − + −
   
⇒ − = − − + − − + −
Hoặc đạo hàm đến cấp 2
( )
2
2 3 2
( 1) 1 .2.1 .3.2 ( 1)
n
n n
n n n
n n x C C x C n n x
−
−

− + = + + + −
( )
2
2 3 4 2 2
( 1) 1 .2.1 .3.2 .4.3 ( 1) ( 1)
n
n n n
n n n n
n n x C C x C x C n n x
−
−
− − = − + + − −
( )
2
0 2 1 3 3 2
( 1) 1 ( 1) ( 1)( 2) .3.2 .2.1
n
n n n n
n n n n
n n x C n n x C n n x C x C
−
− − − −
− + = − + − − + +
2 0 2 1 3 3 3 2 2
( 1)( 1) ( 1) ( 1)( 2) ( 1) .3.2 ( 1) .2.1
n n n n n n n
n n n n
n n x C n n x C n n x C x C
− − − − − − −
− − = − − − − + + − + −

Tùy thuộc từng bài mà thế số mũ n, giá trị x và một trong 4 công thức trên cho phù
hợp. Mất những số hạng đầu (
0 1
,
n n
C C
) ta sử dụng các công thức chứa
( )
1 x+
nếu
tổng không đan dấu, chứa
( )
1 x−
nếu tổng đan dấu. Mất những số hạng sau
( )
1
,
n n
n n
C C
−
ta sử dụng các công thức chứa
( )
1x +
nếu tổng không đan dấu, chứa
( )
1x −
nếu tổng đan dấu. Mất một số hạng đạo hàm cấp 1, mất 2 số hạng đạo hàm
cấp 2.
Thầy Kiên: 01692894586

BT1: Chứng minh
1 1
1
3 . .4
n
k k n
n
k
kC n
− −
=
=
∑
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0
n
C
và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng
( )
1
n
x+
, đạo hàm cấp 1.
Giải: Ta có

( )
0 1 2 2
1
n

n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
( )
( )
0 1 2 2
1
1 2 1
1
1 .2 .
n
n n
n n n n
n
n n
n n n
x C C x C x C x
n x C C x C nx
−
−
′
′
 
 
⇒ + = + + + +
 
 
⇒ + = + + +
Thế
3x =

ta được
1 1 2 1 1
1
.4 .2.3 . .3 .3
n
n n n k k
n n n n
k
n C C C n k C
− − −
=
= + + =
∑
BT2: Chứng minh rằng
1 2 3 1
2 3 .2
n n
n n n n
C C C nC n
−
+ + + + =
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0
n
C
và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng
( )
1
n

x+
, đạo hàm cấp 1.
Giải:
( )
0 1 2 2
1
n
n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
( )
( )
0 1 2 2
1
1 2 1
1
1 .2 .
n
n n
n n n n
n
n n
n n n
x C C x C x C x
n x C C x C nx
−
−
′
′
 

 
⇒ + = + + + +
 
 
⇒ + = + + +
Thay
1x =
, ta có điều phải chứng minh.
BT3: Chứng minh:
2 3 4 2
2.1 3.2 4.3 ( 1) ( 1).2
n n
n n n n
C C C n n C n n
−
+ + + + − = −
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0 1
,
n n
C C
và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng
( )
1
n
x+
, đạo hàm cấp 2.
Giải:

( )
0 1 2 2
1
n
n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
( )
( )
0 1 2 2
2
2 3 2
1
( 1) 1 .2.1 .3.2 ( 1)
n
n n
n n n n
n
n n
n n n
x C C x C x C x
n n x C C x C n n x
−
−
′′
′′
 
 
⇒ + = + + + +
 

 
⇒ − + = + + + −
Thay
1x =
vào đẳng thức cuối ta có điều phải chứng minh.
Thầy Kiên: 01692894586
BT4: Chứng minh
( )
1
1 2 3
1 2 3 1 0
n
n
n n n n
C C C nC
−
− + − + − =
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
0
n
C
và tổng đan dấu nên ta sử dụng
( )
1
n
x−
, đạo hàm cấp 1.
Giải:

( ) ( )

0 1 2 2
1 1
n n
n n
n n n n
x C C x C x C x− = − + − + −
( ) ( )
( ) ( )
0 1 2 2
1
1 2 1
1 1
1 .2 1 .
n n
n n
n n n n
n n
n n
n n n
x C C x C x C x
n x C C x C nx
−
−
′ ′
   
⇒ − = − + − + −
   
⇒ − − = − + − + −
Hay
( ) ( )

1 1
1 2 3 2 1
.2 .3 1 . 1
n n
n n
n n n n
C C x C x C nx n x
− −
−
− + − + − = −
Thay
1x =
ta có điều phải chứng minh.
BT5: Chứng minh
0 1 2 3 1 1
( 1) ( 2) ( 3) ( 1) 0
n n
n n n n n
nC n C n C n C C
− −
− − + − − − + + − =
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
n
n
C
và tổng đan dấu nên ta sử dụng
( )
1
n
x −

, đạo hàm cấp 1.
Giải:

( ) ( ) ( )
1
0 1 1 2 2 1
1 1 1
n n n
n n n n n
n n n n n
x C x C x C x C x C
−
− − −
− = − + − + − + −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
0 1 1 2 2 1
1 1
0 1 1 2 2 3 1
1 1 1
1 ( 1) 2 1
n n n
n n n n n
n n n n n
n n
n n n n
n n n n
x C x C x C x C x C
n x C nx C n x C n x C

−
− − −
− −
− − − −
′ ′
   
⇒ − = − + − + − + −
   
⇒ − = − − + − − + −
Thay
1x =
ta có điều phải chứng minh.
BT6: Chứng minh
2 0 1 2
( 1)2 ( 1) ( 1)( 2) 2
n n
n n n
n n n n C n n C C
− −
− = − + − − + +
.
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của n, mất
1
,
n n
n n
C C
−
và tổng không đan dấu nên ta
sử dụng

( )
1
n
x +
, đạo hàm cấp 2.
Giải:

( )
0 1 1 2 2 1
1
n
n n n n n
n n n n n
x C x C x C x C x C
− − −
+ = + + + + +
( )
0 1 1 2 2 1
1
n
n n n n n
n n n n n
x C x C x C x C x C
− − −
′′
′′
 
 
⇒ + = + + + + +
 

 
hay
( )
2
0 2 1 3 3 2
( 1) 1 ( 1) ( 1)( 2) .3.2 .2.1
n
n n n n
n n n n
n n x C n n x C n n x C x C
−
− − − −
− + = − + − − + +
Thay
1x =
ta có điều phải chứng minh.
Thầy Kiên: 01692894586
BT7: Tính
1 2 3 12
12 12 12 12
2 3 12A C C C C= + + + +
.
Phân tích: trong tổng có tổ hợp của 12, mất
0
12
C
và tổng không đan dấu nên ta sử
dụng
( )
12

1 x+
.
Giải:

( )
12
0 1 2 2 12 12
12 12 12 12
1 x C C x C x C x+ = + + + +
( )
( )
12
0 1 2 2 3 3 12 12
12 12 12 12 12
11
1 2 3 2 12 11
12 12 12 12
1
12 1 2 3 12
x C C x C x C x C x
x C C x C x C x
′
′
 
 
⇒ + = + + + + +
 
 
⇒ + = + + +
Thay

1x =
ta được
11
12.2A =
.
BT8: Chứng minh
1 1 2 2 1 1
( 1) ( 1) .2.2 ( 1) . .2 .2
n n n k k k n n
n n n n
C C k C n C n
− − − − −
− + − + + − + + =
Phân tích: do
1
−
đi kèm với lũy thừa, giữa các số hạng là dấu + nên ta xem như
tổng không đan dấu, chứa tổ hợp của n, mất
0
n
C
. Ta sử dụng
( )
1
n
x− +
, đạo hàm
cấp 1.
Giải:
( )

0 1 1 2 2 2
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n
n n n n k k k n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
− − −
− + = − + − + − + + − + +
( )
0 1 1 2 2 2
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
n
n n n n k k k n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
− − −
′
′
 
 
⇒ − + = − + − + − + + − + +
 
 
1 1 1 2 2 1 1
( 1 ) ( 1) ( 1) 2 ( 1)
n n n n k k k n n
n n n n
n x C C x kC x nC x
− − − − − −
⇒ − + = − + − + + − + +

Thay
2x =
ta có điều phải chứng minh.
BT9: Chứng minh
1 0 2 1 3 2 1 1 1 2 1
4 ( 1)4 ( 2)4 ( 1) 2.2 .2
n n n n n n n
n n n n n n n
n C n C n C C C C n C
− − − − − −
− − + − − + − = + +
Phân tích: vế trái chứa tổ hợp của n, đan dấu, mất
n
n
C
nên ta sử dụng
( )
1
n
x −
, đạo
hàm cấp 1. Vế phải cũng chứa tổ hợp của n nhưng không đan dấu, mất
0
n
C
nên ta
sử dụng
( )
1
n

x+
, đạo hàm cấp 1.
Giải:
( ) ( ) ( )
1
0 1 1 2 2 1
1 1 1
n n n
n n n n n
n n n n n
x C x C x C x C x C
−
− − −
− = − + − + − + −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
0 1 1 2 2 1
1 1
0 1 1 2 2 3 1
1 1 1
1 ( 1) 2 1
n n n
n n n n n
n n n n n
n n
n n n n
n n n n
x C x C x C x C x C
n x C nx C n x C n x C

−
− − −
− −
− − − −
′ ′
   
⇒ − = − + − + − + −
   
⇒ − = − − + − − + −
Thay
4x =
ta được
Thầy Kiên: 01692894586
1 1 0 2 1 3 2 1 1
3 4 ( 1)4 ( 2)4 ( 1)
n n n n n n
n n n n
n n C n C n C C
− − − − − −
= − − + − − + −
(1)
( )
0 1 2 2
1
n
n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
( )
( )

0 1 2 2
1
1 2 1
1
1 .2 .
n
n n
n n n n
n
n n
n n n
x C C x C x C x
n x C C x C nx
−
−
′
′
 
 
⇒ + = + + + +
 
 
⇒ + = + + +
Thay
2x =
ta được
1 1 2 1
3 2.2 .2
n n n
n n n

n C C n C
− −
= + +
(2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
PHẦN II (BỔ SUNG)
BT10: Chứng minh
0 1 2 1
2 3 ( 1) ( 2)2
n n
n n n n
C C C n C n
−
+ + + + + = +

Phân tích: tổng chứa tổ hợp của n, không đan dấu, hệ số gắn với
n
n
C
lớn nhất nên ta
sử dụng
(1 )
n
x+
. Thông thường là
k
n
kC
song ở đây lại là
( 1)

k
n
k C+
, hệ số đầu
chênh lệch hơn 1 đơn vị nên ta nhân thêm 2 vế với x.
Giải:
( )
0 1 2 2 3 1
1
n
n n
n n n n
x x C x C x C x C x
+
+ = + + + +
Đạo hàm 2 vế ta được
1 0 1 2 2
( 1)(1 ) 2 3 ( 1)
n n n
n n n n
nx x x C C x C x n C x
−
+ + + = + + + + +
Thế
1x =
ta có điều phải chứng minh.
BT11: Chứng minh
1 0 1 2
( 4)2 2 3 4 ( 2)
n n

n n n n
n C C C n C
−
+ = + + + + +
Phân tích: tương tự như BT10 nhưng độ chênh lệch ở đây là 2 nên ta nhân thêm
2
x

trước khi đạo hàm.
Giải:
2 0 2 1 3 2 4 2
(1 )
n n n
n n n n
x x C x C x C x C x
+
+ = + + + +
Đạo hàm 2 vế ta được
2 1 0 1 2 2 3 1
2 (1 ) (1 ) 2 3 4 ( 2)
n n n n
n n n n
x x nx x C x C x C x n C x
− +
+ + + = + + + + +
Thay
1x =
ta được

1 1 0 1 2

2 .2 2 3 4 ( 2)
n n n
n n n n
n C C C n C
+ −
+ = + + + + +
1 0 1 2
( 4)2 2 3 4 ( 2)
n n
n n n n
n C C C n C
−
⇔ + = + + + + +
BT13: Với
n
+
∈¢
,
2n >
, chứng minh
( )
0 1 2
2 3 1 ( 1) 0
n
n
n n n n
C C C n C− + − + − + =
Giải:
Thầy Kiên: 01692894586
( )

0 1 2 2 3 1
1 ( 1)
n
n n n
n n n n
x x C x C x C x C x
+
− = − + − −
Đạo hàm 2 vế ta được
1 0 1 2 2
(1 ) (1 ) 2 3 ( 1) ( 1)
n n n n n
n n n n
x nx x C C x C x n C x
−
− − − = − + − + − +
Thay
1x =
ta có điều phải chứng minh.
BT14: Với
n
+
∈¢
,
2n >
, chứng minh
( )
0 1 2
( 2) ( 1) 1 2 0
n

n
n n n n
n C n C nC C+ − + + − + − =
Giải:
2 0 2 1 1 2 2
( 1) ( 1)
n n n n n n
n n n n
x x C x C x C x C x
+ +
− = − + − + −
Đạo hàm 2 vế ta được
( ) ( )
1
2 0 1 1 2 1
2 1 1 ( 2) ( 1) ( 1) .2
n n
n n n n n
n n n n
x x nx x n C x n C x nC x C x
−
+ −
− + − = + − + + − + −
Thế
1x =
ta có điều phải chứng minh.
BT15: Tính
2 1 2 2 2 3 2
1 2 3
n

n n n n
S C C C n C= + + + +
.
Phân tích: tổng mất
0
n
C
, không đan đấu,
n
gắn với
n
n
C
nên ta sẽ sử dụng
( )
1
n
x+

đạo hàm. Sau đạo hàm các hệ số là
k
n
kC
, nhưng hệ số đề ra lại là
2 k
n
k C
, ta phải đạo
hàm lần nữa nhưng lại không được mất
1

n
C
nên ta nhân thêm 2 vế với x trước khi
đạo hàm.
Giải:
( )
0 1 2 2
1
n
n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + +
Đạo hàm 2 vế ta được
( )
1
1 2 1
1 .2 .
n
n n
n n n
n x C C x C nx
−
−
+ = + + +
Nhân 2 vế với x
( )
1
1 2 2
1 .2 .
n

n n
n n n
nx x C x C x C nx
−
+ = + + +
Đạo hàm 2 vế lần nữa ta được
1 2 1 2 2 2 1
(1 ) ( 1) (1 ) 2
n n n n
n n n
n x n n x x C C x C n x
− − −
+ + − + = + + +
Thế
1x =
ta được
1 2
.2 ( 1)2
n n
n n n S
− −
+ − =
Hay
2
( 1)2
n
S n n
−
= +
BT16: Tính tổng

0 1 2 2012
2012 2012 2012 2012
2 3 2013S C C C C= + + + +
Tự làm.
Thầy Kiên: 01692894586
BT17: Tính
0 1 2 2010
2012 2012 2012 2012
2012.2011 2011.2010 2010.2009 2.1S C C C C= − + − +
Tự làm.
BT18: Tính
2011 0 2010 1 2009 2 2010 2011
2012 2012 2012 2012 2012
2012.3 2011.3 2010.3 2.3S C C C C C= − + − + −
Tự làm.
BT19: Tính
2 1 2 2 2 2012
2012 2012 2012
1 2 2012S C C C= + + +